2023吕梁高三上学期阶段性检测化学试题PDF版含答案

答案详解

1、【答案】B

【解析：】A.白云是小液滴分散到空气中形成的一种分散系，这种分散系属于胶体，故A正确，不符合题意； B.水晶为SiO2，故B错误，符合题意； C碳酸钙.分解过程中化学变化，一定有能量的变化，故C正确，不符合题意； D. “暗香”是分子运动的结果故D正确，不符合题意

2、【答案】C

【解析：】干冰为二氧化碳干冰升华吸热，可用作人工降雨，A正确；

B、用生石灰具有吸水性，作食品干燥剂；C、向葡萄酒中通入少量做抗氧化剂，具有还原性C错误；D、氢氟酸可与反应从而可以刻蚀石英制作艺术品

3、【答案】A

【解析】A．NaCl水溶液导电示意图，A错误；B．纯金属内，所有原子的大小和形状都是相同的，原子的排列十分规整；加入其他元素的原子后，改变了金属原子有规则的层状排列，原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大，B正确；C． 边长0.282m的立方体体积为22.4升，C正确。D.正确

4、【答案】C

【解析】A 、98%中绝大多数为分子；B .标准状况下， HF为液体；

C、 2.0g和2.0g 均为0.1mol,电子数均为NA ；D、溶液中中，体积为未知，不能计算Cl－的 个数。

5、【答案】C

【解析】本题考查离子方程式的正误判断。 ；向溶液中加入过量稀盐酸 AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O A错误  碳酸的酸性弱于盐酸，所以与溶液不反应，B错误；.明矾溶液中加入过量溶液，离子方程式为: ，故D错误

6、【答案】C

【解析】A．不能在容量瓶中直接配制溶液，错误；B．从题给的装置看所得气体应具备下列特点：①可用浓H2SO4干燥（即不与浓H2SO4反应），②能用排空气法收集且密度比空气大（从收集装置进气管看），据此分析。NO易被氧化，不能利用排空气法收集，错误；C．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点。能达到实验目的；D．鲜花中有水，无法验证干燥氯气的漂白性；。

7、【答案】D

【解析】：A．根据方程式和可得氧化性：，还原性：，A正确；

B．根据图示可知：在第Ⅱ阶段，、在存在条件反应产生、。在第Ⅲ阶段，结合变为，结合变为，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：，B正确；

C．根据图示的转化过程知该过程中→→，NO2化合价均降低被还原 C正确；

D．由题图可知由，最终生成，S的成健数目由3变为4，D错误。

8、【答案】B

【解析】A、从结构上看，维生素C去2个氢变为脱氢维生素C，发生氧化反应，A正确；B、维生素C的分子式为C6H8O6，B错误；C、维生素C中含有酯基水解时断键但还是在一个链上，所以水解产物只有一种，C正确。D、脱氢维生素C中含有2个羰基，可以与氢气发生加成反应，D正确。

9、【答案】B

【解析】A. 等能把还原为,则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物,则氧化性：VO2+>Fe3＋

,又向溶液中滴加酸性溶液,溶液颜色由蓝色变为淡黄色,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物,则氧化性： MnO4－ > VO2+,故A错误；

B. 能把还原为,则根据得失电子守恒和电荷守恒,反应的离子方程式为：，故B正确；

C. 向溶液中滴加 Fe3＋由于反应不进行C不正确；

D. ,向含1mol 的溶液中滴加含1mol 的酸性溶液完全反应，过量，含1mol 变为1mol ，转移电子为1mol，故D错误；

10、【答案】A

【解析】本题考查元素周期表与元素周期律。由化合物的结构式可知， X形成4个共价键，Z形成6个共价键，说明X是第ⅣA族元素，Z是第ⅥA 族元素，根据短周期元素Q、X、Y、W、Z的原子序数依次增大可推断X为碳元素，Z为硫元素；则Y原子的核外电子数为8，是氧元素；Q形成1个 单键且原子序数小于6，则Q为氢元素；W的原子序数介于8和16之间 且能形成带一个单位正电荷的离子，则W为钠元素。

A .Na2O、Na2O2 阴阳离子比都是为1：2正确，B .NaH和 H2O 反应每生成1mol H2  转移电子为1NA 的电子B 错误;C .Z的最高价氧化物的水化物为二元强酸 C 错误;D该化合物中 Z 的电子数为12，不是8电子稳定结构.

11、【答案】D

【解析】用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液不一定为钠盐溶液， 只能说明有钠元素，A错误；向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐还可以为NaClO品红溶液褪色，B错误； 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡、静置溶液分层，下层呈紫红色只能证明氧化性： Cl2  >I2  不能证明 Cl2>Br2，C错误；向溶液中通入产生白色胶状固体H2SiO3 证明碳酸酸性强于硅酸，D正确。

12、【答案】B

【解析】 a : NH З; b :N2; c : NO ; d :NO2; e : HNO З; a ':H2S; b : S ; c ':SO2; d ':H2SO3; e ＇:H2SO4;

A . NH3 是强还原剂，氧化性极弱，不能将 NO 、NO2、氧化为N2，应该是将NO 、NO2还原为N2，故 A 不符合题意；

 B . NH3 分别溶解于HNO3  H2SO4 ，可以得到NH4NO3和（NH4)2SO4，而 NH3 化合价未变故 B  符合题意；

用玻璃棒分别蘸取浓的NH3.H2O溶液和浓的H2SO4溶液，H2SO4溶液不挥发玻璃棒靠近时无白烟产生

D．常温下， Fe 会与浓H2SO4和浓HNO3发生钝化反应，在表面生成致密氧化膜，阻止进一步反应的发生，因此常温下 Fe 均不溶于浓H2SO4和浓HNO3

13、【答案】C

【解析】①投入到紫色石蕊试液中，与水反应生成氢氧化钠成碱性所以溶液先变蓝，又因为过氧化钠具有强氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正确

② Na和 O2生成Na2O2 、Na2O  Na 的化合价均变1 价 故正确；

③质量相等的与分别与相同浓度盐酸完全反应时，产生的物质的量比值为106：84故错误

④取ag 和混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收的气体有二氧化碳和水 故错误

⑤与溶液都与氢氧化钙溶液反应生成沉淀，应用氯化钙鉴别，故错误；

⑥不稳定，加热易分解，钠着火时生成过氧化钠，可与二氧化碳反应生成氧气，则不能用二氧化碳扑灭，故错误；

⑦可与过量的反应生成，可用于除杂，故正确；

14、【答案】B

【详解】 A ．由分析可知，原溶液一定含有还原性离子SO32-，由于所含离子的物质的量都相等，所以肯定含有，其他离子都不可能存在，故 A 正确， B 错误；

 C ．由分析可知，待测溶液中亚硫酸根离子与稀硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，故 C 正确；

 D ．由分析可知，原溶液中一定存在钾离子和钠离子，若蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一能观察到紫色火焰，故 D 正确；

15、【答案】D

解析：A.根据图象可知，随硝酸密度不同还原产物不同，在浓硝酸密度为1.4中，主要产物，随着硝酸密度逐渐降低，产物逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当密度为1.36g/mL时，主要产物是和NO，当的密度降到1.1g/mL时，离子成为主要产物，故A不正确； B.用一定量的铁粉与足量溶液反应，标准状况下气体2.24L，物质的量为0.1mol，铁变化为硝酸铁，，，反应生成的铁离子为0.1mol，显酸性的硝酸为0.3mol，氧化剂的硝酸为0.1mol，所以参加反应的硝酸为0.3mol+0.1mol=0.4mol，故B错误；C.还原产物中的物质的量分数随硝酸密度减少而增大，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，在硝酸密度为1.4g/mL中，主要产物，硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，故C不正确； D.当硝酸溶液的密度为时，由图象可看出，生成的NO和物质的量相等，反应的化学方程式应为，故D正确；

16、【答案】C

【解析】

含有Cu2+的溶液显蓝色，含有[Cu(NH3)4]2+的溶液显深蓝色，化合物X溶解后得到的溶液A呈现蓝色，且加入足量氨水后得到深蓝色溶液，即可推得化合物X中含有Cu2+；向含有Al3+的溶液中加入氨水可用于制备Al(OH)3，且Al(OH)3为可溶于NaOH溶液的白色沉淀，即可推断白色沉淀B为Al(OH)3沉淀；深蓝色溶液在加入硝酸酸化的AgNO3溶液后有白色沉淀析出，可推得化合物X中含有Cl-，综上，化合物X中含有Al3+、Cu2+和Cl-。白色沉淀E为AgCl，可溶于氨水生成Ag(NH3)2Cl；D、蓝色溶液A中含有Al3+、Cu2+和Cl-，与反应时溶液蓝色褪去，即反应后溶液中不存在Cu2+，可推测铜元素以沉淀形式析出，反应得到的沉淀为白色且可溶于硝酸，可推测铜元素在其中不是蓝色且稳定的+2价，而是+1价，即反应过程中Cu元素化合价降低，中氮元素显-2价，具有还原性，反应过程中N元素化合价升高生成N2，符合反应中有气体产生，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒和溶液呈酸性可知反应离子方程式为

 17、【答案】（15分，除标注外每空2分）  （1）AC：

（2）（3）

（4）产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止     ②④        （5）③④ （6）①D（1分）    ②4Na＋3CO22Na2CO3＋C   

【解析】

（1）A．图中变化可知甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C﹣H键发生断裂，故A正确；

B．催化剂只加快反应速率，不改变化学平衡转化率，故B错误；

C．图中分析，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故C正确；

（2）由题干图1所示信息可知，反应①为，结合氧化还原反应配平可得反应②为；

（3）由题干图2信息可知，，比多，且生成速率不变，且反应过程中始终未检测到，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1：2；

（4）该装置是简易启普发生器。随开随用、随关随停的气体发生装置是利用固体和液体的接触或分离而实现的，其中固液分离可以是利用气压的增大把液体压入长颈漏斗等容器，达到固液分离的目的，从而使反应停止；反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体不能逸出，使干燥管里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；

（5）Cl2 ：MnO2+4HCl （浓）=MnCl 2+Cl2↑+2H2O （反应条件加热）

SO2 ：Na 2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑

H2  ：H 2SO4+Zn=====ZnSO4+H2↑

H2S：FeS+H2SO4====FeSO4+H2S↑

NO2：Cu+4HNO 3(浓)====Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑

C2H2：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑

NH3：NH3•H2O+CaO===NH3↑+Ca(OH）2

（6）①向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；

②黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是C；由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。

18、（12分，除标注外每空2分） 【答案】（1）第二周期ⅥA族（1分）、（1分）（2）　4NH3+3O22N2+6H2O．　．

（3）Mg3N2+8HNO3═3Mg（NO3）2+2NH4NO3

（4）2:3   （5）2   （6）2NH4 Cl+Ca(OH）2===2NH3↑+CaCl2+2H2O

【解答】解：框图推断题抓住题眼如根据B是由短周期元素组成的单质，B与冷水缓慢反应，与沸水迅速反应，放出氢气，可判断B为金属镁．D是一种离子化合物，其阴阳离子的个数比为2：3，就可以判断D为氮化镁，所以A为氮气． C为淡黄色固体化合物，判断为过氧化钠．O能与G的水溶液反应生成蓝色沉淀，说明有氢氧化铜生成．通过分析可得：A为N2，B为Mg，C为Na2O2，D为Mg3N2，E为Mg（NO3）2，F为NH4NO3，G为NaOH，H为O2，I为NH3，J为H2O，K为NaNO3，L为NO，M为NO2，N为HNO3，O为Cu（NO3）2，则

（1）组成H单质的元素为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，则应位于周期表第二周期ⅥA族，C为Na2O2，为离子化合物，电子式为，

（2）由题意可知，NH3在O2中点燃生成N2和H2O，则反应的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O

（3）Mg3N2能与水反应得到两种碱Mg3N2+6H2O═3Mg（OH）2+2NH3

HNO3与Mg（OH）2、NH3反应生成相应的盐，Mg3N2+8HNO3═3Mg（NO3）2+2NH4NO3

（4）Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，做氧化剂的硝酸有2个，故为2:3

（5）上图中，在同一反应里一种物质既作氧化剂，又作还原剂反应有：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，共2个反应。

（6）实验室制氨气还可采用NH3•H2O+CaO===NH3↑+Ca(OH）2，或者加热氨水的方法

19、（12分，除标注外每空2分）

 【答案】：（1）恒压滴液漏斗（1分）  平衡气压，液体容易流下（1分）

（2）D、E、A、B

（3）该绿色可能NO2是溶于硝酸形成的，加水可以使NO2变成NO，溶液也能变为蓝色。

（4）铜片表面有气泡生成，溶液变为蓝色

（5）酸性条件下，空气中的氧气将KI氧化成，使淀粉溶液变蓝或者在酸性条件下，会分解生成HNO3，可能是硝酸将KI氧化成，使淀粉溶液变蓝。。或者其他合理答案也给分。

(6)69

【解析】：本题考查的制备和性质探究。

（1）盛放浓硝酸的玻璃仪器的名称是恒压滴液漏汁。

（2）乙装置中浓硝酸与铜反应产生气体，先通入丙装置中，与水反应转化为NO和稀硝酸，稀硝酸与其中的铜反应生成NO，再用甲中的浓硫酸干燥NO，将干燥后的NO气体通入丁装置中与反应来制取，为防止装置戊中挥发出的水蒸气使丁中变质，故在丁、戊装置间用甲中浓硫酸干燥，为防止过量的NO气体污染环境，最后需用戊装置中的酸性高锰酸钾溶液处理剩余的NO气体。接口连接顺序为C、D、E、A、B、F、G、A、B、H，其中F、G顺序可互换。

（3）易被氧气氧化，所以打开活塞之前先通入氮气，排尽装置中的，防止反应生成的被氧化。

（4）乙装置中红棕色的气体进入丙装置中与水反应生成无色的NO气体和稀硝酸，稀硝酸继续与铜反应生成蓝色的硝酸铜溶液和无色的NO气体。

（5）为弱酸，室温下存在反应：。亚硝酸钠中加入硫酸，会生成亚硝酸，不稳定分解生成的硝酸具有强氧化性；也可能是酸性条件下，空气中的氧气氧化了KI。或者其他合理答案也给分。

（6）

20.（13分，除标注外每空2分） 【答案】：（1）SiO2  Cu

 （2） K++Fe2＋＋[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓

（3）蒸发浓缩；冷却结晶；乙醇在洗去晶体表面的杂质离子时， 可以减少晶体的损失 同时易干燥

（4）5H2O＋ClO－＋2Fe2＋2Fe(OH)3↓＋Cl－＋4H＋

（5）CuO  或 Cu(OH)2   或Cu2(OH)2CO3    5.2≤pH<5.4(1分）

【解析】反应I是矿渣与硫酸反应，二氧化硅是酸性氧化物不与硫酸反应，且可知，固体混合物A中含有SiO2  Cu；由滤液析出硫酸铜晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；用乙醇为有机物，可减少晶体在其中的溶解度，同时易挥发，便于干燥；加入次氯酸钠的目的是除去铁；要除去铜离子溶液中的铝离子，为避免引入杂质，选用含铜的固体调PH。